专题六 函数与导数
微专题2 含参不等式恒（能）成立问题
一、考点透析
方向1：分离参数法解决不等式恒（能）成立问题
部分问题可利用不等式的性质恒等变形使参数与变量进行分离，只要研究
变量表达式的最值就可以解决问题．一般地，若a＞f(x)对x∈D 恒成立，则只需
a＞f(x)max；若a＜f(x)对x∈D 恒成立，则只需a＜f(x)min.
1.(2025·浙江省·月考)若f ( x)= x ln x + x
2−mx +e
2−x≥0，则实数m最大值为 ．
【答案】3
【解析】 解：由题意知，mx⩽xlnx + x
2+e
2−x，
即m⩽lnx + x + e
2−x
x
，
则m的最大值即为lnx + x + e
2−x
x
的最小值．
lnx + x + e
2−x
x
=lnx + ln e
x+ e
2
x e
x =lnx e
x+ e
2
x e
x
，令x e
x=t
，t >0，
构造函数，h(t )=lnt + e
2
t
，t >0，
则h′(t )= 1
t −e
2
t
2 = t −e
2
t
2
，
当0<t <e
2时，h′(t )<0，h(t )为减函数，
当t >e
2时，h′(t )>0，h(t )为增函数，
t =e
2时，h(t )取得极小值，也是最小值，即h(t )⩾h(e
2)= ln e
2+ e
2
e
2 =3，
故m⩽3，实数m的最大值为3．
故答案为3．
2.(2025·河南省·模拟)已知函数f ( x)=e
x−a x
2−a，其中e为自然对数的底数，当x ≥0时，
f ( x)≥(e−2)x恒成立，则实数a的取值范围为 ．
【答案】(−∞,1]
【解析】解：由题得e
x−a x
2−(e−2)x −a≥0在[0,+∞]上恒成立，
即a≤e
x−(e−2)x
x
2+1
恒成立，
即a≤[
e
x−(e−2)x
x
2+1 ]
min
，
令h( x)= e
x−(e−2)x
x
2+1
( x ≥0)，
则h′( x)= (e
x−e+2)( x
2+1)−2 x(e
x−ex +2 x)
( x
2+1)
2
= ( x−1)[( x−1)e
x+( x +1)(e−2)]
( x
2+1)
2
，
当x ≥1时，h′( x)≥0，∴函数h( x)在(1,+∞)上单调递增；
当0≤x<1时，令m( x)=( x −1)e
x+( x +1)(e−2)，
则m
′( x)= x e
x+e−2>0，∴函数m( x)在[0,1)上单调递增，
又m(0)=e−3<0，m(1)=2(e−2)>0，
∴m( x)在区间[0,1)上存在唯一零点x0，使得函数m( x)在[0, x0)上小于零，在( x0,1)上
大于零，
即h′( x)在区间[0, x0)上大于零，在区间( x0,1)上小于零，
∴函数h( x)在区间[0, x0)上单调递增，在区间( x0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，
又h(0)=h(1)=1，∴h( x)min=1，∴a≤1，即a的取值范围是(−∞,1]．
故答案为：(−∞,1]．
3.(2025·广西壮族自治区南宁市·模拟) 已知函数f ( x)=ae
x−x +2,a∈R．
(1)讨论函数f ( x)的单调性；
(2)若f ( x)≥e
x恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）当a≤0时，函数f ( x)在R上单调递减，
当a>0时，函数f ( x)在
上单调递减，在(−ln a,+∞)上单调递增；
（2）[e
−3+1,+ ∞)
【解析】（1）略
(2)f ( x)≥e
x恒成立等价于(a−1)e
x≥x −2，即a−1≥x−2
e
x ，
令
，当x<3时，
，当x>3时，
，
所以函数g( x)在(−∞,3)上单调递增，在(3,+∞)上单调递减，
所以
，所以
，即
，
所以a的取值范围为[e
−3+1,+ ∞)．
方向2：分类讨论法解决不等式恒（能）成立问题
此类问题关键是对参数分类讨论，在参数的每一段上求函数的极值或最值，
并判断是否满足题意，若不满足题意，只需找一个值或一段内的函数值不满足
题意即可.其常用的手段是因式分解、求根公式以及观察法．
1.(2025·广东省东莞市·联考)设函数f ( x)=a x
2−a−ln x，其中a∈R .
(Ⅰ)讨论f ( x)的单调性；
(Ⅱ)确定a的所有可能取值，使得f ( x)> 1
x −e
1−x在区间(1,+ ∞)内恒成立(e =2.718…为自
然对数的底数)．
【答案】(Ⅰ)
在(0,+∞)内单调递减，
当a>0时,f ( x)在x∈(0,
1
√2a
)内单调递减，在
内单调递增；
(Ⅱ)[ 1
2 ,+ ∞)
【解析】(Ⅰ)略
(Ⅱ)令g( x)= 1
x −1
e
x−1，s( x)=e
x−1−x，x∈(1,+∞)，
则s
′( x)=e
x−1−1，
而当x>1时，s
′( x)>0，
所以s( x)在区间(1,+ ∞)内单调递增，
又由s(1)=0，有s( x)>0，
从而当x>1时，g( x)>0；
当a≤0，x>1时，f ( x)=a( x
2−1)−ln x<0，
故当f ( x)> g( x)在区间(1,+ ∞)内恒成立时，必有a>0，
当0<a< 1
2时，1
√2a
>1，
由(Ⅰ)有f (
1
√2a
)<f (1)=0，从而g(
1
√2a
)>0，
所以此时f ( x)> g( x)在区间(1,+ ∞)内不恒成立，
当
a≥1
2
时
，
令
h( x)= f ( x)−g( x)( x>1)，
h
′( x)=2ax−1
x + 1
x
2 −e
1−x> x−1
x + 1
x
2 −1
x = x
3−2 x +1
x
2
> x
2−2 x +1
x
2
>0，
因此，h( x)在区间(1,+ ∞)单调递增，
又因为h(1)=0，
所以当x>1时，h( x)= f ( x)−g( x)>0，
即f ( x)> g( x)恒成立，
综上，a∈[ 1
2 ,+∞)．
2.(2025·云南省曲靖市·模拟)已知函数f ( x)=(1+ x)
b−bx−1(b>0)．
(1)当b=3时，求函数f ( x)在[−3,2]上的值域;
(2)若f ( x)≥0在(−1,+ ∞)上恒成立，求实数b的取值范围．
【答案】(1)值域[0,20]；
【解析】(1)略；
(2)f ′( x)=b(1+ x)
b−1−b=b[(1+ x)
b−1−1]，
令g( x)=(1+ x)
b−1−1，则g′( x)=(b−1)(1+ x)
b−2，
∵x>−1，
∴1+ x>0，故(1+ x)
b−2>0，
∴①当b=1时，f ( x)=1+ x−x−1=0，满足f ( x)≥0恒成立;
②当b>1时，g′( x)>0，故g( x)在(−1,+∞)上单调递增，又g(0)=0，
∴x∈(−1,0)时，g( x)<0，进而f ′( x)<0，故f ( x)在(−1,0)上单调递减;
x∈(0,+ ∞)时，g( x)>0，进而f ′( x)>0，故f ( x)在(0,+ ∞)上单调递增，
∴f ( x)min= f (0)=1−1=0，满足f ( x)≥0恒成立;
③当0<b<1时，g′( x)<0，故g( x)在(−1,+∞)上单调递减，又g(0)=0，
∴x∈(−1,0)时，g( x)>0，进而f ′( x)>0，故f ( x)在(−1,0)上单调递增;
x∈(0,+ ∞)时，g( x)<0，进而f ′( x)<0，故f ( x)在(0,+ ∞)上单调递减，
∴f ( x)max = f (0)=0，不满足f ( x)≥0恒成立，
综上所述，实数b的取值范围是[1,+∞).
3.(2025·山东省青岛市·模拟)设函数f ( x)=e
x−ax(a∈R)．
(1)当a=1时，求f ( x)的单调区间；
(2)当x>0时，f ( x)⩾x
2−x +1恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）f ( x)的单调增区间为[0,+∞),f ( x)的单调减区间为(−∞,0)；
（2）a≤e−1
【解析】(1)略；
(2)由题意可知，当x>0时，e
x−ax⩾x
2−x +1恒成立，
即a≤e
x−x
2+ x−1
x
在x>0上恒成立，
令g( x)= e
x−x
2+ x−1
x
，
则g′( x)= ( x−1)(e
x−x−1)
x
2
，
令h( x)=e
x−x −1，h
′( x)=e
x−1，
由(1)可知，h( x)在(0,+∞)为增函数，
∴h( x)>h(0)=0，即e
x−x−1>0，
故当x ≥1时，则g′( x)≥0，当0< x<1时，则g′( x)<0，
∴g( x)在(0,1)上为减函数，在[1,+∞)为增函数，
∴g( x)在x =1取极小值，也是最小值为g(1)=e−1，
故a≤e−1．
方向3：双变量最值定位解决不等式恒（能）成立问题
“双变量”的恒（能）成立问题可以拆解求最值，进行等价变换，常见的拆解转换有：
（1）∀x1，x2∈D，f（x1）＞g（x2）⇔f（x）min＞g（x）max；
（2）∀x1∈D1，∃x2∈D2，f（x1）＞g（x2）⇔f（x）min＞g（x）min；
（3）∃x1∈D1，∀x2∈D2，f（x1）＞g（x2）⇔f（x）max＞g（x）max.
（4）
,
,
.
1.(2025·江苏省南通市·模拟)已知函数f ( x)= ln x，g( x)=a x
2−(2a+1)x + ln x，a∈R．
(1)求曲线f ( x)= ln x过点(0,1)的切线方程；
(2)求函数y = f ( x)
x
的最大值；
(3)若存在x1∈(0,+∞),使得对任意x2∈(0,+∞)，都有f ( x1)
x1
≥g( x2)成立，求实数a的
取值范围．
【答案】(1)切线方程为1
e
2 x +1−y =0；
(2)最大值为1
e
；
（3）
【解析】(1)略；
(2)略；
(3)由题设得存在x1∈(0,+ ∞)，使得对任意x2∈(0,+∞)，
都有f ( x1)
x1
≥g( x2)成立，等价于h( x)max≥g( x)max
，
对函数g( x)求导得：g
′( x)= 2a x
2−(2a+1)x +1
x
，
①当a=0时，令g
′( x)=0，则x =1，
所以函数g( x)在区间(0,1)上单调递增，在(1,+ ∞)单调递减，
所以函数g( x)在x =1处取得最大值，
最大值为g( x)max = g(1)=−a−1=−1，
所以1
e ≥−1，符合题意；
②a≠0时，令g
′( x)=0，即2a x
2−(2a+1)x +1=0，解得x1=1, x2= 1
2a
，
当a= 1
2
，即1
2a =1时，函数g( x)在(0,+∞)上单调递增，此时函数无最大值，不符合题意；
③当0<a< 1
2，即
时，函数g( x)在(0,1),( 1
2a ,+∞)上单调递增，
在(1, 1
2a )上单调递减，此时函数无最大值，不符合题意；
④当
，即
时，函数g( x)在(0, 1
2a ),(1,+∞)上单调递增，
在( 1
2a ,1)上单调递减．此时函数无最大值，不符合题意；
⑤当a<0，即
时．函数g( x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
此时函数在x =1处取得最大值，最大值为g( x)max = g(1)=−a−1，
所以1
e ≥−a−1，即
，符合题意，
综上所述，实数a的取值范围是：
．
2.(2025·四川省成都市·模拟)已知函数f ( x)= x
2−2a ln x +1，a∈R．
(1)当a=−1时，设曲线y = f ( x)在x =1处的切线为l，求l与曲线y = f ( x)的公共点个数；
(2)当a>0时，若∀x1
，x2∈[1,e ]，|f ( x1)−f ( x2)|<e
2+1恒成立，求实数a的取值范
围．
【答案】（1）公共点个数为1
（2）(0,e
2)
【解析】(1略；
(2)∀x1
，x2∈[1,e ]，|f ( x1)−f ( x2)|<e
2+1恒成立，
等价于f ( x)max−f ( x)min<e
2+1，
由f ( x)= x
2−2a ln x +1，得f ′( x) =2 x−2a
x = 2( x
2−a)
x
，a>0，x>0，
当x∈(0,
√a)时，f ′( x) <0，所以f ( x)在(0,
√a)上单调递减;
当x∈(
√a,+ ∞)时，f ′( x) >0，所以f ( x)在(
√a,+∞)上单调递增，
①当 √a≤1，即0<a≤1时，f ( x)在[1,e ]上单调递增，
所
以
f ( x)min= f (1)=2，
f ( x)max = f (e)=e
2−2a+1，
此
时
e
2−2a+1−2=e
2−2a−1<e
2+1，所以0<a≤1满足条件；
②当 √a≥e，即a≥e
2时，f ( x)在[1,e ]上单调递减，所以f ( x)max = f (1)=2，
f ( x)min= f (e)=e
2−2a+1，此时2−e
2+2a−1=2a−e
2+1≥e
2+1，不合题意，
③当1<
√a<e
，即1<a<e
2时，f ( x)在(1,
√a)上单调递减，在(
√a,e)上单调递增，
所以f ( x)min= f (
√a)=a−a ln a+1，f ( x)max=max {f (1),f (e)}，
所
以
2−(a−a ln a+1)<e
2+1，
且
(e
2−2a+1)−(a−a ln a+1)<e
2+1，
即
a ln a−a−e
2<0，且a ln a−3a−1<0，
令m(a)=a ln a−a−e
2，当1<a<e
2时，m′(a) = ln a>0，所以m(a)在(1,e
2)上单调递
增，所以m(a)<m(e
2)=0，
令t(a)=a ln a−3a−1，当1<a<e
2时，t ′(a) = ln a−2<0，所以t(a)在(1,e
2)上单调
递减，所以t(a)<t(1)=−4<0，
所以当1<a<e
2时，满足题意．
综上，a的取值范围为a∈(0,e
2)．
方向4：指对同构解决不等式恒（能）成立问题
指对同构的常用形式
(1)积型aea≤b ln b
①构造形式为aea≤eln bln b，构建函数f(x)＝xex.
②构造形式为ealn ea≤b ln b，构建函数f(x)＝x ln x.
③构造形式为a＋ln a≤ln b＋ln (ln b)，构建函数f(x)＝x＋ln x.
(2)商型e
a
a ≤b
ln b
①构造形式为e
a
a ≤e
ln b
ln b，构建函数f(x)＝e
x
x .
②构造形式为e
a
ln e
a ≤b
ln b，构建函数f(x)＝x
ln x .
③构造形式为a－ln a≤ln b－ln (ln b)，构建函数f(x)＝x－ln x.
1.(2025·云南省玉溪市·模拟)设函数f ( x)= x +e
x，g( x)= x + ln x，若存在x1, x2
，使得
f (x1)= g(x2)，则x1
e
x1 −x2
的最大值为( )
A. −1
B. −2
C. −e
D. −3
【答案】A
【解析】由f (x1)= g(x2)，可得x1+e
x1= x2+ ln x2，所以x1+e
x1=e
ln x2+ ln x2，
又由
，所以f ( x)在R上单调递增，
因为f (x1)= f (ln x2)，所以x1= ln x2，所以x1
e
x1 −x2= ln x2
x2
−x2= ln x2−x2
2
x2
，
令h( x)= ln x−x
2
x
, x∈(0,+∞)，则
，
令
，则
，可得
，
所以m( x)在(0,+∞)上单调递减，且m(1)=0，
当x∈(0,1)时，
，
，则h( x)在(0,1)上单调递增，
当x∈(1,+∞)时，
，
，则h( x)在(1,+∞)上单调递减，
所以当x =1时，h( x)有极大值，即最大值，所以h( x)⩽h(1)=−1，
故x1
e
x1 −x2
的最大值为−1．
故选：A．
2.(2025· 湖北省省直辖县级行政区划· 模拟题) 已知函数f ( x)= x e
−x，
g( x)= ln x−x +b(b∈R)若f ( x)≥g( x)在x>0时恒成立，则b的取值范围为( )
A. (−∞,e
−1+1)
B. (−∞,e
−1+1]
C. (−∞,e
−1)
D. (−∞,e
−1]
【答案】B
【解析】（方法1）∵f ( x)≥g( x)在x>0时恒成立，∴f ( x)−g( x)≥0，
∵f ( x)= x e
−x，g( x)= ln x−x +b(b∈R)，
∴x e
−x≥ln x−x +b，∴b≤x e
−x−ln x + x，
设h( x)= x e
−x−ln x + x，h
′( x)=e
−x(1−x)−1
x +1，h
′( x)=0时，x =1，
当x<1时，h
′( x)<0，h( x)单调递减；
当x>1时，h
′( x)>0，h( x)单调递增；∴x =1是h( x)的极小值点，
∴h( x)的最小值是h(1)=e
−1+1，∵f ( x)≥g( x)，x>0时恒成立，
∴b≤e
−1+1，b的取值范围为(−∞,e
−1+1]．
（方法2）由题意 x e
−x≥ln x−x +b，即 x e
−x =e
−x +lnx≥ln x−x +b
令t=ln x−x，则t≤-1 ,不等式可化为 e
t ≥t+b .
所以t≤ e
t-t ,设h(t)=e
t-t ,当t≤-1 时， h
′(t )=e
t-1<0，
即知，h(t)最小值为h(-1)=e
−1+1.
故选：B
3.(2025·湖南省株洲市·期中)已知不等式e
(1−a)x>ax + ln x在区间(0,e
2]上恒成立，则实数a
的取值范围是
【答案】(−∞,1−1
e)
【解析】不等式e
(1−a)x>ax + ln x在区间(0,e
2]上恒成立，
等价于(1−a)x +e
(1−a)x>ln x + x在区间(0,e
2]上恒成立，
即(1−a)x +e
(1−a)x>ln x +e
ln x在区间(0,e
2]上恒成立，
令g( x)= x +e
x，则
，g[(1−a)x ] >g(ln x)，
所以g( x)= x +e
x在区间R上单调递增，
所以(1−a)x>ln x在区间(0,e
2]上恒成立，
即a<1−ln x
x
在区间(0,e
2]上恒成立，
令t( x)=1−ln x
x ，x ∈(0,e
2]，则t ′( x)= ln x−1
x
2
，
当0< x<e时，
，当e< x ≤e
2时，
，
所以t( x)在(0,e)上单调递减，在(e ,e
2]上单调递增，
所以t( x)min=t(e)=1−1
e
，
所以a<1−1
e
，即a的取值范围是(−∞,1−1
e)
．
故答案为：(−∞,1−1
e)
．
方向5：同构函数解决不等式恒（能）成立问题
1.(2025·安徽省蚌埠市·模拟)已知函数f ( x)= ln(ax)+ a
x
，其中a>0．
(1)当a=1时，求函数f ( x)的图象在x =1处的切线方程;
(2)若f ( x)≥ln a恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）切线方程为y =1
（2）a≥1
e
【解析】(1)略．
(2)f ( x)≥ln a⇒ln(ax)+ a
x ≥ln a⇒ln x + a
x ≥0，其中x>0，
所以问题转化为a≥−x ln x( x>0)恒成立，
记g( x)=−x ln x，则g′( x)=−ln x−1，
令g′( x)>0，得0< x< 1
e ;令g′( x)<0，得x> 1
e
，
所以g( x)在(0, 1
e )上单调递增，在( 1
e ,+∞)上单调递减，
g( x)的最大值为g( 1
e )= 1
e
，
所以a≥1
e
．
2.(2025·山东省菏泽市·期中)若对任意x1
，x2
，当0< x1< x2≤e时，( x2
x1
)
x1 x2−e
a x2
e
a x1 <0，则a
的取值范围为 ．
【答案】[e ,+∞)
【解析】因为( x2
x1
)
x1 x2−e
a x2
e
a x1 <0，所以( x2
x1
)
x1 x2< e
a x2
e
a x1
，
所以两边取对数得x1 x2(ln x2−ln x1)<a x2−a x1．
因为0< x1< x2≤e，所以x1 x2>0，
所以ln x2+ a
x2
<ln x1+ a
x1
．
设g( x)= ln x + a
x
，则满足g( x)在(0,e ]上单调递减，
因为g′( x)= 1
x −a
x
2 = x−a
x
2 ，
所以g( x)在(0,a]上单调递减，在[a,+∞)内单调递增，
所以a≥e，即a的取值范围为[e ,+ ∞).
3.(2025·山西省晋城市·模拟)若关于x的不等式x
2 x>ax ln x在(0,+∞)上恒成立，则实数a的
取值范围为 ．
【答案】(−e
1−2
e ,2e)
【解析】由x
2 x>ax ln x，得e
2 x ln x>ax ln x在(0,+ ∞)上恒成立，
令t = f ( x)= x ln x，则f
′( x)= ln x +1，
当0< x< 1
e
时，f
′( x)<0，f ( x)在(0, 1
e)
上单调递减；
当x> 1
e
时，f
′( x)>0，f ( x)在(
1
e ,+ ∞)
上单调递增，所以f ( x)min= f(
1
e)=−1
e
，
则t ∈[−1
e ,+ ∞)
，所以e
2t>at在[−1
e ,+ ∞)
上恒成立．
当t =0时，e
2t>at恒成立，则a∈R；
当t >0时，由e
2t>at，得a< e
2t
t
；
当−1
e ≤t <0时，由e
2t>at，得a> e
2t
t
．
设h( x)= e
2 x
x
，则h
′( x)= (2 x−1)e
2 x
x
2
，
当−1
e < x<0或0< x< 1
2
时，h
′( x)<0，h( x)在[−1
e ,0)
和(0, 1
2)
上单调递减；
当x> 1
2
时，h
′( x)>0，h( x)在(
1
2 ,+∞)
上单调递增，
则h( x)在[−1
e ,0)
上的最大值为h( x)max =h(−1
e)=−e
1−2
e，
h( x)在(0,+ ∞)上的最小值为h( x)min=h(
1
2)=2e．
综上可知，实数a的取值范围为(−e
1−2
e ,2e)．
故答案为：(−e
1−2
e ,2e)．
二、跟踪练习
1.(2025·陕西省咸阳市·模拟)若
对任意正数x恒成立，则实数a的取值
范围为 ．
【答案】
【解析】因为
，且x>0，
可得
，整理可得
，
构建
，
又因为y = x , y =e
x在R上单调递增，可得y = f ( x)在R上单调递增，
可得ax≥ln2 x，且x>0，整理可得a
2 ≥ln(2 x)
2 x
，
令
，可得a
2 ⩾ln t
t ，
构建
，则g
′(t )= 1−lnt
t
2
，
令
，解得
；令
，解得t >e；
可知g(t )在(0,e)上单调递增，则(e ,+∞)上单调递减，则
，
可得a
2 ≥1
e
，即a≥2
e
，所以实数a的取值范围为
．
故答案为
．
2.(2025·江西省南昌市·模拟)“朗博变形”是借助指数运算或对数运算，将x化成x = ln e
x，
x =e
lnx( x >0)的变形技巧.已知函数f ( x)= x ⋅e
x，g( x)=−lnx
x
，若f ( x1)= g( x2)=t >0，
则x1
x2e
t
的最大值为 ．
【答案】1
e
【解析】由f ( x1)= g( x2)=t >0，得x1⋅e
x1=−ln x2
x2
=t，
即x1⋅e
x1= 1
x2
ln 1
x2
=(ln 1
x2
)e
ln 1
x2 >0，∴ln 1
x2
>0，
而当x>0时，f ( x)= x e
x，则f ′( x)=( x +1)e
x>0在(0,+ ∞)上恒成立，
∴函数f ( x)在(0,+∞)上单调递增，
由x1⋅e
x1= ln 1
x2
e
ln 1
x2，可得f ( x1)= f (ln 1
x2
)，∴x1= ln 1
x2
，
令
h(t )= x1
x2e
t =
ln 1
x2
x2e
t = t
e
t (t >0)
，∴h′(t )= 1−t
e
t
，
当0<t <1时，h′(t )>0，h(t )在(0,1)上单调递增，
当t >1时，h′(t )<0，h(t )在(1,+ ∞)上单调递减，
则h(t )max =h(1)= 1
e
，即x1
x2e
t
的最大值为1
e
．
故答案为：1
e
．
3.(2025·吉林省长春市·模拟)已知函数f ( x)= x sin x +a x
2−1．
(1)当a=1时，求f ( x)在x = π处的切线方程；
(2)当x∈[0, π
2]
时，f ( x)≥−1恒成立，求a的取值范围.
【答案】（1）y = π x−1；（2）[−2
π ,+∞)
【解析】(1)略．
(2)当x∈[0, π
2]
时，f ( x)≥−1，
①当x =0时，因为f (0)=−1≥−1恒成立，所以a∈R；
②当x∈(0, π
2]
时，由x sin x +a x
2−1≥−1恒成立，得a≥(
−sin x
x )max
，
令m( x)= −sin x
x (x∈(0, π
2]),m
′( x)= −x cos x +sin x
x
2
．
再令n( x)=−x cos x +sin x(x∈(0, π
2]),
n
′( x)=−cos x + x sin x +cos x = x sin x>0，
所以n( x)在(0, π
2]
上单调递增，所以n( x)>n(0)=0，
所以m
′( x)>0，所以m( x)在(0, π
2]上单调递增，所以m( x)max =m(
π
2)=
−sin π
2
π
2
=−2
π
．
所以a≥m(
π
2)=−2
π
．
即a的取值范围为：[−2
π ,+ ∞)
．
4.(2025·湖北省·模拟)已知函数f ( x)= x−a
x −2ln x(a∈R)．
(1)已知f ( x)在x =3处取得极小值，求a的值;
(2)对任意x ≥1，不等式x−a
x −2ln x−1+a≥0恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）a=−3
（2）[1,+ ∞)
【解析】(1)略；
(2)因为x−a
x −2ln x−1+a≥0对∀x∈[1,+∞)恒成立，
所以令g( x)= x−a
x −2lnx −1+a，x∈[1,+∞)，
g′( x)=1+ a
x
2 −2
x = x
2−2 x +a
x
2
= ( x−1)
2+a−1
x
，
①a−1≥0，即a≥1时，g′( x)≥0恒成立，g( x)在[1,+∞)上单调递增，
所以g( x)≥g(1)=0，满足题意；
②a−1<0，即a<1时，g′( x)=0，得x =1+
√1−a，
x
1
(1,1+
√1−1+
√1−(1+
√1−a，
+ ∞)
g′( xa−1−
0
+
g( x)0
单调递减极小值单调递增
所以g( x)min= g(1+
√1−a)< g(1)=0，与题意不符，舍去，
综上所述，a的取值范围为a∈[1,+∞).
5.(2025·吉林省松原市·模拟)已知函数f ( x)= x ln x + x
2+(a+1)x．
(1)当a=1时，求函数f ( x)在x =1处的切线方程；
(2)f ( x)≤x
2e
x恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）5 x−y −2=0 ；（2）a≤0
【解析】(1)略；
(2)因为f ( x)的定义域为(0,+∞)，若f ( x)≤x
2e
x，
可得ln x + x +a+1≤x e
x，整理可得x e
x−ln(x e
x)−(a+1)≥0，
构建g( x)= x e
x , x >0，则g
′( x)=( x +1)e
x>0，
可知g( x)在(0,+ ∞)内单调递增，则g( x)>g(0)=0，
令t = x e
x>0，则t −ln t −(a+1)≥0对任意t >0恒成立，
构建h(t )=t −ln t −(a+1),t >0，则h
′(t )=1−1
t = t −1
t
，
令h
′(t )>0，解得t >1；令h
′(t )<0，解得0<t <1；
可知h(t )在(0,1)内单调递减，在(1,+∞)内单调递增，
则h(t )⩾h(1)=−a⩾0，可得a≤0，
所以a的取值范围为(−∞,0]．
6.(2025·广西·模拟)已知函数f ( x)=aln x−x +1(a∈R)．
(1)当a>0时，求函数f ( x)的单调区间；
(2)对任意的x1, x2∈(0,1]，当x1< x2
时，都有1
4 [f (x1)−f (x2)]< x2−x1
x1 x2
，求实数a的取
值范围．
【答案】（1）当a>0时，函数f ( x)的增区间为(0,a)，减区间为(a,+∞)
（2）[−3,+∞)
【解析】(1)略．
(2)由
1
4 [f (x1)−f (x2)]< x2−x1
x1 x2
，
化
简
为
f (x1)−f (x2)<4(
1
x1
−1
x2)
，
即
f (x1)−4
x1
<f (x2)−4
x2
．
令g( x)= f ( x)−4
x =a ln x−x−4
x +1，
因为x1< x2
，则g(x1)< g(x2)，
所以函数g( x)在(0,1]上单调递增，
故g
′( x)= a
x −1+ 4
x
2 ≥0在(0,1]上恒成立，即a≥x−4
x 在(0,1]上恒成立，
设y = x−4
x ，y
′ =1+ 4
x
2 >0，
∴y = x−4
x
在(0,1]单调递增，
所以a≥(x−4
x)max
=1−4 =−3．
综上所述，实数a的取值范围为[−3,+∞)．
